2020-2021学年第3章 不等式综合与测试同步训练题

这是一份2020-2021学年第3章 不等式综合与测试同步训练题，共4页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

(时间：30分钟 满分：60分)
一、填空题(每小题5分，共30分)
1．(2013·重庆卷改编)在等差数列{an}中，a2＝2，a3＝4，则a10＝________.
解析 设公差为d，则d＝a3－a2＝2.
∴a1＝0，an＝2n－2∴a10＝2×10－2＝18.
答案 18
2．(2013·辽宁卷改编)在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝________.
解析 由等差数列性质及已知，得S11＝eq \f(11a1＋a11,2)＝eq \f(11,2)(a4＋a8)＝eq \f(11,2)×16＝88.
答案 88
3．(2013·泰州学情调查)在等差数列{an}中，a1＞0，S4＝S9，则Sn取最大值时，n＝________.
解析 因为a1＞0，S4＝S9，所以a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝0，所以a7＝0，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a6＞0，,a8＜0，))从而当n＝6或7时Sn取最大值．
答案 6或7
4．在等差数列{an}中，若a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，则S9＝________.
解析 ∵a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，∴3a4＝39,3a6＝27，∴a4＝13，a6＝9.∴a6－a4＝2d＝9－13＝－4，∴d＝－2，
∴a5＝a4＋d＝13－2＝11，∴S9＝eq \f(9a1＋a9,2)＝9a5＝99.
答案 99
5．(2013·南通调研)设等差数列{an}的公差为正数，若a1＋a2＋a3＝15，a1a2a3＝80，则a11＋a12＋a13＝________.
解析 由15＝a1＋a2＋a3＝3a2，得a2＝5.所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a3＝10，,a1a3＝16.))又公差d＞0，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,a3＝8.))所以d＝3.所以a11＋a12＋a13＝3a12＝3(a1＋11d)＝3(2＋33)＝3×35＝105.
答案 105
6．(2013·南京模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n2＋pn，a7＝11.若ak＋ak＋1＞12，则正整数k的最小值为________．
解析 因为a7＝S7－S6＝2×72＋7p－2×62－6p＝26＋p＝11，所以p＝－15，Sn＝2n2－15n，an＝Sn－Sn－1＝4n－17(n≥2)，当n＝1时也满足．于是由ak＋ak＋1＝8k－30＞12，得k＞eq \f(21,4)＞5.又k∈N*，所以k≥6，即kmin＝6.
答案 6
二、解答题(每小题15分，共30分)
7．设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5S6＋15＝0.
(1)若S5＝5，求S6及a1；
(2)求d的取值范围．
解 (1)由题意知S6＝eq \f(－15,S5)＝－3，a6＝S6－S5＝－8，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5a1＋10d＝5，,a1＋5d＝－8.))解得a1＝7，所以S6＝－3，a1＝7.
(2)因为S5S6＋15＝0，所以(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0，即2aeq \\al(2,1)＋9da1＋10d2＋1＝0，
故(4a1＋9d)2＝d2－8，所以d2≥8.
故d的取值范围为d≤－2eq \r(2)或d≥2eq \r(2).
8．已知数列{an}满足an＝2an－1＋2n＋1(n∈N*，n≥2)，且a3＝27.
(1)求a1，a2的值；
(2)记bn＝eq \f(1,2n)(an＋t)(n∈N*)，问是否存在一个实数t，使数列{bn}是等差数列？若存在，求出实数t；若不存在，请说明理由．
解 (1)由a3＝27，得2a2＋23＋1＝27，所以a2＝9.
又由2a1＋22＋1＝9，得a1＝2.
(2)假设存在实数t，使得数列{bn}是等差数列，
则2bn＝bn－1＋bn＋1，即2×eq \f(1,2n)(an＋t)＝eq \f(1,2n－1)(an－1＋t)＋eq \f(1,2n＋1)(an＋1＋t)，即4an＝4an－1＋an＋1＋t，所以4an＝4×eq \f(an－2n－1,2)＋2an＋2n＋1＋t＋1，所以t＝1.
故存在t＝1，使得数列{bn}是等差数列．
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1．(2013·南京学期学情)已知数列{an}，{bn}都是等差数列，Sn，Tn分别是它们的前n项和，且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(7n＋1,n＋3)，则eq \f(a2＋a5＋a17＋a22,b8＋b10＋b12＋b16)＝________.
解析 eq \f(a2＋a5＋a17＋a22,b8＋b10＋b12＋b16)＝eq \f(2a11＋a12,2b11＋b12)＝eq \f(a1＋a22,b1＋b22)＝eq \f(S22,T22)＝eq \f(7×22＋1,22＋3)＝eq \f(31,5).
答案 eq \f(31,5)
2．已知数列{an}满足递推关系式an＋1＝2an＋2n－1(n∈N*)，且eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋λ,2n)))为等差数列，则λ的值是________．
解析 由an＋1＝2an＋2n－1，可得eq \f(an＋1,2n＋1)＝eq \f(an,2n)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,2n＋1)，则eq \f(an＋1＋λ,2n＋1)－eq \f(an＋λ,2n)＝eq \f(an＋1,2n＋1)－eq \f(an,2n)－eq \f(λ,2n＋1)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2n＋1)－eq \f(λ,2n＋1)＝eq \f(1,2)－eq \f(λ＋1,2n＋1)，当λ的值是－1时，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an－1,2n)))是公差为eq \f(1,2)的等差数列．
答案 －1
3．(2013·苏北四市调研)已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，a2＝2，b1＝2，且对任意的正整数i，j，k，l，当i＋j＝k＋l时，都有ai＋bj＝ak＋bl，则eq \f(1,2 010)eq \i\su(i＝1,2 010,)(ai＋bi)的值是________．
解析 由题意得a1＋b2 010＝a2＋b2 009＝a3＋b2 008＝…＝a2 009＋b2＝a2 010＋b1.
所以eq \i\su(i＝1,2 010, )(ai＋bi)＝2 010(a1＋b2 010)
故eq \f(1,2 010)eq \i\su(i＝1,2 010, )(ai＋bi)＝eq \f(1,2 010)×2 010(a1＋b2 010)
＝a1＋b2 010.
下面求b2 010.
令i＝1，j＝n，k＝2，l＝n－1，即a1＋bn＝a2＋bn－1，则bn－bn－1＝a2－a1＝1，所以{bn}是以b1＝2为首项，以d＝1为公差的等差数列，
所以b2 010＝2＋(2 010－1)＝2 011.
所以a1＋b2 010＝1＋2 011＝2 012.
答案 2 012
4．已知f(x)是定义在R上不恒为零的函数，对于任意的x，y∈R，都有f(x·y)＝xf(y)＋yf(x)成立．数列{an}满足an＝f(2n)(n∈N*)，且a1＝2.则数列的通项公式an＝________.
解析 由an＋1＝f(2n＋1)＝2f(2n)＋2nf(2)＝2an＋2n＋1，得eq \f(an＋1,2n＋1)＝eq \f(an,2n)＋1，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)))是首项为1，公差为1的等差数列，所以eq \f(an,2n)＝n，an＝n·2n.
答案 n·2n
5．在等差数列{an}中，公差d＞0，前n项和为Sn，a2·a3＝45，a1＋a5＝18.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝eq \f(Sn,n＋c)(n∈N*)，是否存在一个非零常数c，使数列{bn}也为等差数列？若存在，求出c的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)由题设，知{an}是等差数列，且公差d＞0，
则由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2a3＝45，,a1＋a5＝18，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋da1＋2d＝45，,a1＋a1＋4d＝18.))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝4.))∴an＝4n－3(n∈N*)．
(2)由bn＝eq \f(Sn,n＋c)＝eq \f(\f(n1＋4n－3,2),n＋c)＝eq \f(2n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(1,2))),n＋c)，
∵c≠0，∴可令c＝－eq \f(1,2)，得到bn＝2n.
∵bn＋1－bn＝2(n＋1)－2n＝2(n∈N*)，
∴数列{bn}是公差为2的等差数列．
即存在一个非零常数c＝－eq \f(1,2)，使数列{bn}也为等差数列．
6．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝1－eq \f(1,4an)，bn＝eq \f(2,2an－1)，其中n∈N*.
(1)求证：数列{bn}是等差数列；
(2)设cn＝(eq \r(2)) bn，试问数列{cn}中是否存在三项，使它们可以构成等差数列？如果存在，求出这三项；如果不存在，说明理由．
(1)证明 因为bn＋1－bn＝eq \f(2,2an＋1－1)－eq \f(2,2an－1)＝
eq \f(2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4an)))－1)－eq \f(2,2an－1)＝eq \f(4an,2an－1)－eq \f(2,2an－1)＝2(n∈N*)，且b1＝eq \f(2,2×1－1)＝2所以，数列{bn}以2为首项，2为公差的是等差数列．
(2)解 由(1)得cn＝(eq \r(2))bn＝2n，
假设{cn}中存在三项cm，cn，cp(其中m＜n＜p，m，n，p∈N*)成等差数列，则2·2n＝2m＋2p，
所以2n＋1＝2m＋2p,2n－m＋1＝1＋2p－m.
因为m＜n＜p，m，n，p∈N*，所以n－m＋1，p－m∈N*，
从而2n－m＋1为偶数，1＋2p－m为奇数，所以2n－m＋1与1＋2p－m不可能相等，所以数列{cn}中不存在可以构成等差数列的三项.